鹤岗一中2015-2016学年度下学期期末考试

高一物理试题

一、选择题(共12个小题，每小题4分，多选题选不全得2分，有错选得0分)

1. (单选) 使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开.下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是(　　)

2. (多选) 如图所示，滑块A和B叠放在固定的斜面体上，从静止开始以相同的加速度一起沿斜面加速下滑.已知B与斜面体间光滑接触，则在A、B下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)

A.B对A的支持力不做功

B.B对A的支持力做负功

C.B对A的摩擦力做正功

D.B对A的摩擦力做负功

3. (多选) 某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是(　　)

A.粒子必定带正电荷

B.粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度

C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度

D.粒子在M点的动能小于它在N点的动能

4. (单选) 我国发射的“天宫一号”和“神舟八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350km，“神舟八号”的运行轨道高度为343 km.它们的运行轨道均视为圆周，则(　　)

A.“天宫一号”比“神舟八号”速度大

B.“天宫一号”比“神舟八号”周期长

C.“天宫一号”比“神舟八号”角速度大

D.“天宫一号”比“神舟八号”加速度大

5. (多选) 甲、乙两个做圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法正确的是(　　)

A.它们的半径之比为2∶9

B.它们的半径之比为1∶2

C.它们的周期之比为2∶3

D.它们的周期之比为1∶3

6. (单选) 已知引力常量G=6.67×10-11 N•m2/kg2，重力加速度g取9.8 m/s2，地球半径R=6.4×106 m，则可知地球质量的数量级是(　　)

A.1018 kg　　　　　　B.1020 kg

C.1022 kg D.1024 kg

7. (多选) 如图所示，小球m在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的有(　　)

A.小球通过最高点的最小速度为v=Rg

B.小球通过最高点的最小速度为0

C.小球在水平线ab以下管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力

D.小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力

8. (单选) 冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动.由此可知，冥王星绕O点运动的(　　)

A.向心力大小约为卡戎的7倍

B.角速度大小约为卡戎的17

C.线速度大小约为卡戎的7倍

D.轨道半径约为卡戎的17

9. (单选) 如图所示，倾角30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板，质量m的小球从斜面上高为R2处静止释放，到达水平面恰能贴着挡板内侧运动.不计小球体积，不计摩擦和机械能损失.则小球沿挡板运动时对挡板的作用力是(　　)

A.0.5mg　　　　　 B.mg

C.1.5mg D.2mg

10. (单选) 用起重机将一个质量为m的货物竖直向上以加速度a匀加速提升H米，在这个过程中，以下说法中正确的是(　　)

A.起重机对物体的拉力大小为ma

B.物体的机械能增加了mgH

C.物体的动能增加了maH

D.物体的机械能增加了maH

11. (单选) 如图，在场强为E的匀强电场中有一个质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，当小球静止时，细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带的电量应为(　　)

A.mgE　　 B.3mgE

C.2mgE　　 D.mg2E

12. (多选) 如图所示，水平光滑长杆上套有一个质量为mA的小物块A，细线跨过O点的轻小光滑定滑轮一端连接A，另一端悬挂质量为mB的小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OC=h.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°.现将A、B同时由静止释放，则下列分析正确的是(　　)

A.物块B从释放到最低点的过程中，物块A的动能不断增大

B.物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B的机械能先增大后减小

C.PO与水平方向的夹角为45°时，物块A、B速度大小关系是vA=22vB

D.物块A在运动过程中最大速度为2mBghmA

二、填空题(每空2分，共14分)

13.某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙.当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态.

若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则

(1)你认为还需要的实验器材有________.

(2)实验时为了保证滑块受到的合力与沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是____________________________________________，实验时首先要做的步骤是___________________.

(3)在(2)的基础上，某同学用天平称量滑块的质量为M.往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量为m.让沙桶带动滑块加速运动.用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1

14.某同学利用重物自由下落来“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示.

(1)请指出实验装置中存在的明显错误：_____________________________.

(2)进行实验时，为保证重物下落时初速度为零，应________(选填“A”或“B”).

A.先接通电源，再释放纸带

B.先释放纸带，再接通电源

(3)根据打出的纸带，选取纸带上连续打出的1、2、3、4四个点如图乙所示.已测出点1、2、3、4到打出的第一个点O的距离分别为h1、h2、h3、h4，打点计时器的打点周期为T.若代入所测数据能满足表达式gh3=________，则可验证重物下落过程机械能守恒(用题目中已测出的物理量表示).

三、计算题(15题8分，16题8分，17题10分，18题12分)

15.两个质量都为3×10-4 kg的导体球，分别被两根长0.04 m的丝线吊在同一点上.让它们带上等量同种电荷后，两球互相排斥，至图所示位置平衡.

(1)试求两球间静电力的大小

(2)导体球所带的电量.

16.如图所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在临近平台且倾角为α=53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑.已知斜面顶端与平台的高度差h=0.8 m，g取10 m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6.

(1)小球水平抛出的初速度v0是多少?

(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少?

17.额定功率是80 kW的无轨电车，其最大速度是72 km/h，质量是2 t，如果它从静止先以2 m/s2的加速度匀加速开出，阻力大小一定，求：

(1)电车匀加速运动行驶能维持多少时间?

(2)又知电车从静止驶出到增至最大速度共经历了21 s，在此过程中，电车通过的位移是多少?

18.如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s的速度运动，运动方向如图所示.一个质量为2 kg的物体(物体可以视为质点)，从h=3.2 m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不计其动能损失.物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB的中点处，重力加速度g=10 m/s2，求：

(1)物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间;

(2)传送带左右两端AB间的距离l至少为多少;

(3)上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少.

高一物理答案

一、选择题(共12个小题，每小题4分，多选题选不全得2分，有错选得0分)

1.B 2. BC 3. ACD 4. B 5. AD 6. D 7.BC 8. D 9. B 10. C 11. D 12. AD

二、填空题(每空2分，共14分)

13. 解析：该实验中的研究对象是滑块，目的是比较合外力对滑块所做的功与滑块动能的增量的关系.因为合外力不等于滑块的重力，两端质量不可能“抵消”，所以要分别测出沙、滑块的质量，还要测出滑块移动的距离，便于计算做的功和速度.

实验时应注意平衡摩擦力，以减少误差，从实验方便性上考虑要把沙的重力看做滑块的合外力，故m远远小于M，故实验表达式为mgL=12Mv22-12Mv12.

答案：(1)天平、刻度尺　(2)沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量　平衡摩擦力　(3)mgL=12Mv22-12Mv12

14. 解析：(1)从图甲中的实验装置中发现，打点计时器接在了“直流电源”上，打点计时器的工作电源是“低压交流电源”.因此，明显的错误是打点计时器不能接在“直流电源”上.

(2)为了使纸带上打下的第1个点是速度为零的初始点，应该先接通电源，让打点计时器正常工作后，再释放纸带.若先释放纸带，再接通电源，当打点计时器打点时，纸带已经下落，打下的第1个点的速度不为零.因此，为保证重物下落的初速度为零，应先接通电源，再释放纸带.

(3)根据实验原理，只要验证ghn=12v2n即可验证机械能守恒定律.因此需求解v3.根据匀变速直线运动规律关系式可得，v3=h4-h22T，则有12v23=(h4-h2)28T2，故只要在误差允许的范围内验证gh3=(h4-h2)28T2成立，就可验证重物下落过程中机械能守恒.

答案：(1)打点计时器不能接“直流电源”(或打点计时器应接“交流电源”)

(2)A　(3)(h4-h2)28T2

三、计算题(15题8分，16题8分，17题10分，18题12分)

15. 解析：(1)对其中一个球进行受力分析如图，得F=mgtan 30°=3×10-3 N，由几何关系知两球间距离为0.04 m.

又F=kq2r2=3×10-3 N

得q=43×10-8 C.

16. 答案：(1)3 m/s　(2)1.2 m

解析：(1)由题意可知，小球落到斜面顶端时刚好沿斜面下滑，说明此时小球的速度方向与斜面平行，否则小球会弹起.

所以小球在斜面顶端时的竖直分速度vy=v0tan53°

又v2y=2gh

代入数据解得vy=4 m/s，v0=3 m/s

(2)由vy=gt1得t1=0.4 s

故x=v0t1=3×0.4 m=1.2 m

17. 解析：Ff=P0vm

代入数据解得Ff=4×103 N

由牛顿第二定律有F-Ff=ma

解得F牵=8×103 N

匀加速末速度vt=P0F牵=10 m/s

匀加速持续时间t1=v1a=5 s

匀加速过程的位移x1=12at12=25 m

从车速vt加速到vm由动能定理有

P0(t-t1)-Ffx2=12mvm2-12mvt2

解得x2=245 m

总位移x=x1+x2=270 m.

答案：(1)5 s　(2)270 m

18.(1)1.6 s　(2)12.8 m　(3)160 J

解析　(1)物体在斜面上，由牛顿第二定律得mgsin θ=ma，hsin θ=12at2，可得t=1.6 s.

(2)由能的转化和守恒得mgh=μmgl2，l=12.8 m.

(3)此过程中，物体与传送带间的相对位移x相=l2+v带•t1，又l2=12μgt21，

而摩擦热Q=μmg•x相，以上三式可联立得Q=160 J.